IMO 2009 · Problem 4
Let \(ABC\) be a triangle with \(AB = AC\). The angle bisectors of \(\angle CAB\) and \(\angle ABC\) meet the sides \(BC\) and \(CA\) at \(D\) and \(E\), respectively. Let \(K\) be the incentre of triangle \(ADC\). Suppose that \(\angle BEK = 45^\circ\). Find all possible values of \(\angle CAB\).
Official text of the problem. Official problem paper (PDF)
Answer
\[ \boxed{\angle CAB=60^\circ\quad\text{or}\quad90^\circ.} \]
Solution
Since \(AB=AC\), the angle bisector \(AD\) is also a median and an altitude. After scaling and choosing coordinates, we may therefore write \[ D=(0,0),\qquad B=(-1,0),\qquad C=(1,0),\qquad A=(0,t), \] where \(t>0\). Put \(s=\sqrt{1+t^2}\), so \(AB=AC=s\).
The right triangle \(ADC\) has legs \(1,t\) and hypotenuse \(s\). Its inradius is \[ r=\frac{1+t-s}{2}=\frac{t}{1+t+s}>0. \] Since its incentre is at distance \(r\) from both coordinate axes, \[ K=(r,r). \] Meanwhile, the angle-bisector theorem in triangle \(ABC\) gives \[ \frac{AE}{EC}=\frac{AB}{BC}=\frac{s}{2}, \qquad\text{hence}\qquad E=\left(\frac{s}{s+2},\frac{2t}{s+2}\right). \]
To express the angle condition without introducing supplementary-angle possibilities, define \[ \mathbf u=(s+1,t),\qquad \mathbf v=\bigl(s-r(s+2),\,2t-r(s+2)\bigr). \] Then \[ \overrightarrow{EB}=-\frac{2}{s+2}\mathbf u, \qquad \overrightarrow{EK}=-\frac{1}{s+2}\mathbf v, \] so the angle between \(\mathbf u\) and \(\mathbf v\) is precisely \(\angle BEK\).
Let \(P=\mathbf u\cdot\mathbf v\) and \(\Delta=\det(\mathbf u,\mathbf v)\). Using \(s^2=1+t^2\) and \(2r=1+t-s\), we obtain \[ \begin{aligned} \Delta &=(s+2)\bigl(t+r(t-s-1)\bigr)\\ &=(s+2)t(t+1-s) =2tr(s+2)>0. \end{aligned} \] Also, since \(r(s+t+1)=t\), \[ \begin{aligned} P &=s(s+1)+2t^2-r(s+2)(s+t+1)\\ &=1+3t^2+s-t(s+2). \end{aligned} \]
For the angle \(\theta\) between these vectors, \(P=|\mathbf u||\mathbf v|\cos\theta\) and, because \(\Delta>0\), \(\Delta=|\mathbf u||\mathbf v|\sin\theta\). Thus \[ \angle BEK=45^\circ\quad\Longleftrightarrow\quad P=\Delta. \] Subtracting and factoring gives \[ \begin{aligned} P-\Delta &=1+3t^2+s-t(s+2)(t+2-s)\\ &=(t-1)\bigl(t^2+2t-1-(t+1)s\bigr). \end{aligned} \] Consequently, either \(t=1\), or \[ t^2+2t-1=(t+1)\sqrt{1+t^2}. \] In the latter case, squaring yields \[ 0=(t^2+2t-1)^2-(t+1)^2(1+t^2) =2t(t^2-3). \] Since \(t>0\), this forces \(t=\sqrt3\).
Both candidates satisfy the original angle condition: \(t=1\) makes the first factor of \(P-\Delta\) zero; for \(t=\sqrt3\), we have \(s=2\), which makes the second factor zero. In both cases \(\Delta>0\), so the angle is indeed \(45^\circ\).
Finally, in the right triangle \(ADC\), \[ \tan\angle DAC=\frac1t, \qquad \angle CAB=2\angle DAC. \] Thus \(t=1\) gives \(\angle CAB=90^\circ\), while \(t=\sqrt3\) gives \(\angle CAB=60^\circ\). Both correspond to nondegenerate triangles, completing the proof.
The solution was checked against the official IMO shortlist solutions.
IMO 2009 · Aufgabe 4
Es sei \(ABC\) ein Dreieck mit \(|AB|=|AC|\). Die Innenwinkelhalbierenden der Winkel \(BAC\) und \(CBA\) schneiden die Seiten \(BC\) und \(AC\) in den Punkten \(D\) bzw. \(E\). Es sei \(K\) der Inkreismittelpunkt des Dreiecks \(ADC\). Ferner sei \(\angle BEK=45^\circ\). Man bestimme alle möglichen Werte von \(\angle BAC\).
Offizieller deutscher Aufgabentext. Offizielles Aufgabenblatt (PDF)
Antwort
\[ \boxed{\angle CAB=60^\circ\quad\text{oder}\quad90^\circ.} \]
Lösung
Da \(AB=AC\) gilt, ist die Winkelhalbierende \(AD\) zugleich Seitenhalbierende und Höhe. Nach einer Skalierung und geeigneter Wahl der Koordinaten können wir daher schreiben \[ D=(0,0),\qquad B=(-1,0),\qquad C=(1,0),\qquad A=(0,t), \] wobei \(t>0\) gilt. Setzen wir \(s=\sqrt{1+t^2}\), so ist \(AB=AC=s\).
Das rechtwinklige Dreieck \(ADC\) hat die Katheten \(1,t\) und die Hypotenuse \(s\). Sein Inkreisradius ist \[ r=\frac{1+t-s}{2}=\frac{t}{1+t+s}>0. \] Da sein Inkreismittelpunkt von beiden Koordinatenachsen den Abstand \(r\) hat, gilt \[ K=(r,r). \] Der Winkelhalbierendensatz im Dreieck \(ABC\) liefert andererseits \[ \frac{AE}{EC}=\frac{AB}{BC}=\frac{s}{2}, \qquad\text{also}\qquad E=\left(\frac{s}{s+2},\frac{2t}{s+2}\right). \]
Um die Winkelbedingung auszudrücken, ohne dabei auch Supplementwinkel zuzulassen, definieren wir \[ \mathbf u=(s+1,t),\qquad \mathbf v=\bigl(s-r(s+2),\,2t-r(s+2)\bigr). \] Dann gilt \[ \overrightarrow{EB}=-\frac{2}{s+2}\mathbf u, \qquad \overrightarrow{EK}=-\frac{1}{s+2}\mathbf v, \] also ist der Winkel zwischen \(\mathbf u\) und \(\mathbf v\) genau \(\angle BEK\).
Seien \(P=\mathbf u\cdot\mathbf v\) und \(\Delta=\det(\mathbf u,\mathbf v)\). Mit \(s^2=1+t^2\) und \(2r=1+t-s\) erhalten wir \[ \begin{aligned} \Delta &=(s+2)\bigl(t+r(t-s-1)\bigr)\\ &=(s+2)t(t+1-s) =2tr(s+2)>0. \end{aligned} \] Außerdem gilt wegen \(r(s+t+1)=t\) \[ \begin{aligned} P &=s(s+1)+2t^2-r(s+2)(s+t+1)\\ &=1+3t^2+s-t(s+2). \end{aligned} \]
Für den Winkel \(\theta\) zwischen diesen Vektoren gilt \(P=|\mathbf u||\mathbf v|\cos\theta\) und wegen \(\Delta>0\) auch \(\Delta=|\mathbf u||\mathbf v|\sin\theta\). Somit gilt \[ \angle BEK=45^\circ\quad\Longleftrightarrow\quad P=\Delta. \] Subtrahieren und Faktorisieren ergibt \[ \begin{aligned} P-\Delta &=1+3t^2+s-t(s+2)(t+2-s)\\ &=(t-1)\bigl(t^2+2t-1-(t+1)s\bigr). \end{aligned} \] Folglich ist entweder \(t=1\), oder es gilt \[ t^2+2t-1=(t+1)\sqrt{1+t^2}. \] Im letzteren Fall ergibt Quadrieren \[ 0=(t^2+2t-1)^2-(t+1)^2(1+t^2) =2t(t^2-3). \] Wegen \(t>0\) folgt daraus \(t=\sqrt3\).
Beide Kandidaten erfüllen die ursprüngliche Winkelbedingung: Für \(t=1\) wird der erste Faktor von \(P-\Delta\) null; für \(t=\sqrt3\) gilt \(s=2\), wodurch der zweite Faktor null wird. In beiden Fällen ist \(\Delta>0\), also beträgt der Winkel tatsächlich \(45^\circ\).
Schließlich gilt im rechtwinkligen Dreieck \(ADC\) \[ \tan\angle DAC=\frac1t, \qquad \angle CAB=2\angle DAC. \] Somit ergibt \(t=1\) den Winkel \(\angle CAB=90^\circ\), während \(t=\sqrt3\) den Winkel \(\angle CAB=60^\circ\) ergibt. Beide Werte entsprechen nicht entarteten Dreiecken, womit der Beweis abgeschlossen ist.
Die Lösung wurde mit den offiziellen Lösungen der IMO-Shortlist abgeglichen.
IMO 2009 · Soru 4
\(|AB|=|AC|\) olan bir \(ABC\) üçgeninde, \(\widehat{CAB}\) ve \(\widehat{ABC}\) açılarının açıortayları \([BC]\) ve \([CA]\) kenarlarını sırasıyla, \(D\) ve \(E\) noktalarında kesiyor. \(K\), \(ADC\) üçgeninin içteğet çemberinin merkezi olmak üzere; \(m(\widehat{BEK})=45^\circ\) ise, \(m(\widehat{CAB})\) nin alabileceği tüm değerleri bulunuz.
Sorunun resmi Türkçe metni. Resmi soru kâğıdı (PDF)
Cevap
\[ \boxed{\angle CAB=60^\circ\quad\text{veya}\quad90^\circ.} \]
Çözüm
\(AB=AC\) olduğundan \(AD\) açıortayı aynı zamanda bir kenarortay ve bir yüksekliktir. Dolayısıyla ölçeklendirme yapıp koordinatları seçerek \[ D=(0,0),\qquad B=(-1,0),\qquad C=(1,0),\qquad A=(0,t), \] yazabiliriz; burada \(t>0\)'dır. \(s=\sqrt{1+t^2}\) alalım; böylece \(AB=AC=s\) olur.
\(ADC\) dik üçgeninin dik kenarları \(1,t\) ve hipotenüsü \(s\)'dir. İçteğet çemberinin yarıçapı \[ r=\frac{1+t-s}{2}=\frac{t}{1+t+s}>0. \] İçteğet çemberinin merkezi her iki koordinat ekseninden de \(r\) uzaklıkta olduğundan, \[ K=(r,r). \] Öte yandan, \(ABC\) üçgeninde açıortay teoreminden \[ \frac{AE}{EC}=\frac{AB}{BC}=\frac{s}{2}, \qquad\text{dolayısıyla}\qquad E=\left(\frac{s}{s+2},\frac{2t}{s+2}\right). \]
Açı koşulunu, bütünler açı olasılıklarını ortaya çıkarmadan ifade etmek için \[ \mathbf u=(s+1,t),\qquad \mathbf v=\bigl(s-r(s+2),\,2t-r(s+2)\bigr) \] olarak tanımlayalım. O hâlde \[ \overrightarrow{EB}=-\frac{2}{s+2}\mathbf u, \qquad \overrightarrow{EK}=-\frac{1}{s+2}\mathbf v, \] olduğundan \(\mathbf u\) ile \(\mathbf v\) arasındaki açı tam olarak \(\angle BEK\)'dir.
\(P=\mathbf u\cdot\mathbf v\) ve \(\Delta=\det(\mathbf u,\mathbf v)\) olsun. \(s^2=1+t^2\) ve \(2r=1+t-s\) eşitliklerini kullanarak \[ \begin{aligned} \Delta &=(s+2)\bigl(t+r(t-s-1)\bigr)\\ &=(s+2)t(t+1-s) =2tr(s+2)>0 \end{aligned} \] elde ederiz. Ayrıca \(r(s+t+1)=t\) olduğundan, \[ \begin{aligned} P &=s(s+1)+2t^2-r(s+2)(s+t+1)\\ &=1+3t^2+s-t(s+2). \end{aligned} \]
Bu vektörler arasındaki \(\theta\) açısı için \(P=|\mathbf u||\mathbf v|\cos\theta\) ve \(\Delta>0\) olduğundan \(\Delta=|\mathbf u||\mathbf v|\sin\theta\) olur. Böylece \[ \angle BEK=45^\circ\quad\Longleftrightarrow\quad P=\Delta. \] Çıkarma işlemi yapıp çarpanlara ayırarak \[ \begin{aligned} P-\Delta &=1+3t^2+s-t(s+2)(t+2-s)\\ &=(t-1)\bigl(t^2+2t-1-(t+1)s\bigr) \end{aligned} \] elde ederiz. Dolayısıyla ya \(t=1\) ya da \[ t^2+2t-1=(t+1)\sqrt{1+t^2}. \] İkinci durumda, her iki tarafın karesi alınırsa \[ 0=(t^2+2t-1)^2-(t+1)^2(1+t^2) =2t(t^2-3). \] \(t>0\) olduğundan buradan zorunlu olarak \(t=\sqrt3\) elde edilir.
Her iki aday da başlangıçtaki açı koşulunu sağlar: \(t=1\), \(P-\Delta\)'nın ilk çarpanını sıfır yapar; \(t=\sqrt3\) için ise \(s=2\) olur ve bu da ikinci çarpanı sıfır yapar. Her iki durumda da \(\Delta>0\) olduğundan açı gerçekten \(45^\circ\)'dir.
Son olarak, \(ADC\) dik üçgeninde, \[ \tan\angle DAC=\frac1t, \qquad \angle CAB=2\angle DAC. \] Böylece \(t=1\) için \(\angle CAB=90^\circ\), \(t=\sqrt3\) için ise \(\angle CAB=60^\circ\) elde edilir. Her ikisi de yoz olmayan üçgenlere karşılık gelir ve kanıt tamamlanır.
Çözüm, resmi IMO shortlist çözümleriyle karşılaştırılarak kontrol edildi.
IMO 2009 · Problema 4
Sea \(ABC\) un triángulo con \(AB=AC\). Las bisectrices de los ángulos \(\angle CAB\) y \(\angle ABC\) cortan a los lados \(BC\) y \(CA\) en \(D\) y \(E\), respectivamente. Sea \(K\) el incentro del triángulo \(ADC\). Supongamos que el ángulo \(\angle BEK=45^\circ\). Determinar todos los posibles valores de \(\angle CAB\).
Texto oficial en español del problema. Enunciado oficial (PDF)
Respuesta
\[ \boxed{\angle CAB=60^\circ\quad\text{o}\quad90^\circ.} \]
Solución
Como \(AB=AC\), la bisectriz \(AD\) es también mediana y altura. Tras un cambio de escala y una elección de coordenadas, podemos, por tanto, escribir \[ D=(0,0),\qquad B=(-1,0),\qquad C=(1,0),\qquad A=(0,t), \] donde \(t>0\). Pongamos \(s=\sqrt{1+t^2}\), de modo que \(AB=AC=s\).
El triángulo rectángulo \(ADC\) tiene catetos \(1,t\) e hipotenusa \(s\). Su inradio es \[ r=\frac{1+t-s}{2}=\frac{t}{1+t+s}>0. \] Como su incentro está a distancia \(r\) de ambos ejes de coordenadas, \[ K=(r,r). \] Por otra parte, el teorema de la bisectriz en el triángulo \(ABC\) da \[ \frac{AE}{EC}=\frac{AB}{BC}=\frac{s}{2}, \qquad\text{por tanto}\qquad E=\left(\frac{s}{s+2},\frac{2t}{s+2}\right). \]
Para expresar la condición angular sin introducir la posibilidad de ángulos suplementarios, definamos \[ \mathbf u=(s+1,t),\qquad \mathbf v=\bigl(s-r(s+2),\,2t-r(s+2)\bigr). \] Entonces \[ \overrightarrow{EB}=-\frac{2}{s+2}\mathbf u, \qquad \overrightarrow{EK}=-\frac{1}{s+2}\mathbf v, \] de modo que el ángulo entre \(\mathbf u\) y \(\mathbf v\) es precisamente \(\angle BEK\).
Sean \(P=\mathbf u\cdot\mathbf v\) y \(\Delta=\det(\mathbf u,\mathbf v)\). Usando \(s^2=1+t^2\) y \(2r=1+t-s\), obtenemos \[ \begin{aligned} \Delta &=(s+2)\bigl(t+r(t-s-1)\bigr)\\ &=(s+2)t(t+1-s) =2tr(s+2)>0. \end{aligned} \] Además, como \(r(s+t+1)=t\), \[ \begin{aligned} P &=s(s+1)+2t^2-r(s+2)(s+t+1)\\ &=1+3t^2+s-t(s+2). \end{aligned} \]
Para el ángulo \(\theta\) entre estos vectores, se tiene \(P=|\mathbf u||\mathbf v|\cos\theta\) y, como \(\Delta>0\), \(\Delta=|\mathbf u||\mathbf v|\sin\theta\). Así pues, \[ \angle BEK=45^\circ\quad\Longleftrightarrow\quad P=\Delta. \] Restando y factorizando, resulta \[ \begin{aligned} P-\Delta &=1+3t^2+s-t(s+2)(t+2-s)\\ &=(t-1)\bigl(t^2+2t-1-(t+1)s\bigr). \end{aligned} \] Por consiguiente, o bien \(t=1\), o bien \[ t^2+2t-1=(t+1)\sqrt{1+t^2}. \] En este último caso, elevando al cuadrado obtenemos \[ 0=(t^2+2t-1)^2-(t+1)^2(1+t^2) =2t(t^2-3). \] Como \(t>0\), esto obliga a que \(t=\sqrt3\).
Ambos candidatos satisfacen la condición angular original: \(t=1\) anula el primer factor de \(P-\Delta\); para \(t=\sqrt3\), tenemos \(s=2\), lo que anula el segundo factor. En ambos casos \(\Delta>0\), por lo que el ángulo es efectivamente de \(45^\circ\).
Finalmente, en el triángulo rectángulo \(ADC\), \[ \tan\angle DAC=\frac1t, \qquad \angle CAB=2\angle DAC. \] Así, \(t=1\) da \(\angle CAB=90^\circ\), mientras que \(t=\sqrt3\) da \(\angle CAB=60^\circ\). Ambos corresponden a triángulos no degenerados, lo que completa la demostración.
La solución se comprobó con las soluciones oficiales de la shortlist de la IMO.
IMO 2009 · 问题 4
在三角形 \(ABC\) 中，\(AB=AC\)，\(\angle CAB\) 和 \(\angle ABC\) 的内角平分线分别与边 \(BC\) 和 \(CA\) 相交于点 \(D\) 和 \(E\)．设 \(K\) 是三角形 \(ADC\) 的内心．若 \(\angle BEK=45^\circ\)，求 \(\angle CAB\) 所有可能的值．
题目为官方中文译本。 官方试卷 (PDF)
答案
\[ \boxed{\angle CAB=60^\circ\quad\text{或}\quad90^\circ.} \]
解答
由于 \(AB=AC\)，角平分线 \(AD\) 同时也是中线和高。经过缩放并选取坐标系后，可设 \[ D=(0,0),\qquad B=(-1,0),\qquad C=(1,0),\qquad A=(0,t), \] 其中 \(t>0\)。令 \(s=\sqrt{1+t^2}\)，则 \(AB=AC=s\)。
直角三角形 \(ADC\) 的两条直角边长为 \(1,t\)，斜边长为 \(s\)。其内切圆半径为 \[ r=\frac{1+t-s}{2}=\frac{t}{1+t+s}>0. \] 由于其内心到两条坐标轴的距离均为 \(r\)，有 \[ K=(r,r). \] 另一方面，在三角形 \(ABC\) 中，由角平分线定理可得 \[ \frac{AE}{EC}=\frac{AB}{BC}=\frac{s}{2}, \qquad\text{从而}\qquad E=\left(\frac{s}{s+2},\frac{2t}{s+2}\right). \]
为表示角度条件，同时避免引入互补角的可能性，定义 \[ \mathbf u=(s+1,t),\qquad \mathbf v=\bigl(s-r(s+2),\,2t-r(s+2)\bigr). \] 于是 \[ \overrightarrow{EB}=-\frac{2}{s+2}\mathbf u, \qquad \overrightarrow{EK}=-\frac{1}{s+2}\mathbf v, \] 所以 \(\mathbf u\) 与 \(\mathbf v\) 的夹角恰好为 \(\angle BEK\)。
令 \(P=\mathbf u\cdot\mathbf v\)，\(\Delta=\det(\mathbf u,\mathbf v)\)。利用 \(s^2=1+t^2\) 和 \(2r=1+t-s\)，可得 \[ \begin{aligned} \Delta &=(s+2)\bigl(t+r(t-s-1)\bigr)\\ &=(s+2)t(t+1-s) =2tr(s+2)>0. \end{aligned} \] 又因为 \(r(s+t+1)=t\)，有 \[ \begin{aligned} P &=s(s+1)+2t^2-r(s+2)(s+t+1)\\ &=1+3t^2+s-t(s+2). \end{aligned} \]
设这两个向量的夹角为 \(\theta\)，则 \(P=|\mathbf u||\mathbf v|\cos\theta\)，且由于 \(\Delta>0\)，有 \(\Delta=|\mathbf u||\mathbf v|\sin\theta\)。因此 \[ \angle BEK=45^\circ\quad\Longleftrightarrow\quad P=\Delta. \] 相减并因式分解，得 \[ \begin{aligned} P-\Delta &=1+3t^2+s-t(s+2)(t+2-s)\\ &=(t-1)\bigl(t^2+2t-1-(t+1)s\bigr). \end{aligned} \] 因此，或者 \(t=1\)，或者 \[ t^2+2t-1=(t+1)\sqrt{1+t^2}. \] 在后一种情形下，两边平方得 \[ 0=(t^2+2t-1)^2-(t+1)^2(1+t^2) =2t(t^2-3). \] 由于 \(t>0\)，必有 \(t=\sqrt3\)。
这两个候选值都满足原来的角度条件：\(t=1\) 使 \(P-\Delta\) 的第一个因子为零；当 \(t=\sqrt3\) 时，有 \(s=2\)，使第二个因子为零。在这两种情形下都有 \(\Delta>0\)，所以该角确实为 \(45^\circ\)。
最后，在直角三角形 \(ADC\) 中， \[ \tan\angle DAC=\frac1t, \qquad \angle CAB=2\angle DAC. \] 因此，\(t=1\) 时 \(\angle CAB=90^\circ\)，而 \(t=\sqrt3\) 时 \(\angle CAB=60^\circ\)。两者都对应非退化三角形，证明完毕。
解答已与 IMO 官方预选题（shortlist）解答核对。
IMO 2009 · Задача 4
Треугольник \(ABC\) таков, что \(AB=AC\). Биссектрисы углов \(CAB\) и \(ABC\) пересекают стороны \(BC\) и \(CA\) в точках \(D\) и \(E\) соответственно. Обозначим через \(K\) центр окружности, вписанной в треугольник \(ADC\). Оказалось, что \(\angle BEK=45^\circ\). Найдите все возможные значения угла \(CAB\).
Официальный русский текст задачи. Официальный текст задач (PDF)
Ответ
\[ \boxed{\angle CAB=60^\circ\quad\text{или}\quad90^\circ.} \]
Решение
Поскольку \(AB=AC\), биссектриса \(AD\) является также медианой и высотой. Поэтому, выбрав масштаб и систему координат, можно записать \[ D=(0,0),\qquad B=(-1,0),\qquad C=(1,0),\qquad A=(0,t), \] где \(t>0\). Положим \(s=\sqrt{1+t^2}\), так что \(AB=AC=s\).
В прямоугольном треугольнике \(ADC\) катеты равны \(1,t\), а гипотенуза равна \(s\). Радиус его вписанной окружности равен \[ r=\frac{1+t-s}{2}=\frac{t}{1+t+s}>0. \] Поскольку центр вписанной окружности находится на расстоянии \(r\) от обеих координатных осей, \[ K=(r,r). \] В то же время по теореме о биссектрисе в треугольнике \(ABC\) \[ \frac{AE}{EC}=\frac{AB}{BC}=\frac{s}{2}, \qquad\text{откуда}\qquad E=\left(\frac{s}{s+2},\frac{2t}{s+2}\right). \]
Чтобы выразить условие на угол, не допуская появления угла, дополнительного до развёрнутого, положим \[ \mathbf u=(s+1,t),\qquad \mathbf v=\bigl(s-r(s+2),\,2t-r(s+2)\bigr). \] Тогда \[ \overrightarrow{EB}=-\frac{2}{s+2}\mathbf u, \qquad \overrightarrow{EK}=-\frac{1}{s+2}\mathbf v, \] так что угол между \(\mathbf u\) и \(\mathbf v\) в точности равен \(\angle BEK\).
Пусть \(P=\mathbf u\cdot\mathbf v\) и \(\Delta=\det(\mathbf u,\mathbf v)\). Используя \(s^2=1+t^2\) и \(2r=1+t-s\), получаем \[ \begin{aligned} \Delta &=(s+2)\bigl(t+r(t-s-1)\bigr)\\ &=(s+2)t(t+1-s) =2tr(s+2)>0. \end{aligned} \] Кроме того, поскольку \(r(s+t+1)=t\), \[ \begin{aligned} P &=s(s+1)+2t^2-r(s+2)(s+t+1)\\ &=1+3t^2+s-t(s+2). \end{aligned} \]
Для угла \(\theta\) между этими векторами имеем \(P=|\mathbf u||\mathbf v|\cos\theta\) и, поскольку \(\Delta>0\), \(\Delta=|\mathbf u||\mathbf v|\sin\theta\). Таким образом, \[ \angle BEK=45^\circ\quad\Longleftrightarrow\quad P=\Delta. \] Вычитая и раскладывая на множители, получаем \[ \begin{aligned} P-\Delta &=1+3t^2+s-t(s+2)(t+2-s)\\ &=(t-1)\bigl(t^2+2t-1-(t+1)s\bigr). \end{aligned} \] Следовательно, либо \(t=1\), либо \[ t^2+2t-1=(t+1)\sqrt{1+t^2}. \] Во втором случае, возводя в квадрат, получаем \[ 0=(t^2+2t-1)^2-(t+1)^2(1+t^2) =2t(t^2-3). \] Поскольку \(t>0\), отсюда необходимо \(t=\sqrt3\).
Оба найденных значения удовлетворяют исходному условию на угол: при \(t=1\) первый множитель в выражении для \(P-\Delta\) равен нулю; при \(t=\sqrt3\) имеем \(s=2\), и второй множитель равен нулю. В обоих случаях \(\Delta>0\), поэтому угол действительно равен \(45^\circ\).
Наконец, в прямоугольном треугольнике \(ADC\) \[ \tan\angle DAC=\frac1t, \qquad \angle CAB=2\angle DAC. \] Таким образом, при \(t=1\) получаем \(\angle CAB=90^\circ\), а при \(t=\sqrt3\) — \(\angle CAB=60^\circ\). Оба значения соответствуют невырожденным треугольникам, что завершает доказательство.
Решение проверено по официальным решениям шортлиста IMO.
IMO 2009 · المسألة 4
ليكن \(ABC\) مثلثاً فيه \(AB=AC\). المنصف الداخلي للزاوية \(\widehat{CAB}\) يقطع الضلع \(BC\) في النقطة \(D\) والمنصف الداخلي للزاوية \(\widehat{ABC}\) يقطع الضلع \(AC\) في النقطة \(E\). ليكن \(K\) مركز الدائرة الماسة لأضلاع المثلث \(ADC\) من الداخل. بفرض أن \(\widehat{BEK}=45^\circ\)، أوجد جميع القيم الممكنة لقياس الزاوية \(\widehat{CAB}\).
نص المسألة هو الترجمة العربية الرسمية. ورقة المسائل الرسمية (PDF)
الإجابة
\[ \boxed{\angle CAB=60^\circ\quad\text{أو}\quad90^\circ.} \]
الحل
بما أن \(AB=AC\)، فإن منصف الزاوية \(AD\) هو أيضاً متوسط وارتفاع. وبعد تغيير المقياس واختيار الإحداثيات، يمكننا إذن أن نكتب \[ D=(0,0),\qquad B=(-1,0),\qquad C=(1,0),\qquad A=(0,t), \] حيث \(t>0\). نضع \(s=\sqrt{1+t^2}\)، فيكون \(AB=AC=s\).
للمثلث القائم \(ADC\) ضلعان قائمان طولاهما \(1,t\) ووتر طوله \(s\). ونصف قطر دائرته الداخلية هو \[ r=\frac{1+t-s}{2}=\frac{t}{1+t+s}>0. \] وبما أن مركز دائرته الداخلية يبعد مسافة \(r\) عن كل من محوري الإحداثيات، فإن \[ K=(r,r). \] ومن جهة أخرى، تعطينا مبرهنة منصف الزاوية في المثلث \(ABC\) \[ \frac{AE}{EC}=\frac{AB}{BC}=\frac{s}{2}, \qquad\text{ومن ثم}\qquad E=\left(\frac{s}{s+2},\frac{2t}{s+2}\right). \]
للتعبير عن شرط الزاوية دون إدخال احتمالات الزوايا المتكاملة، نعرّف \[ \mathbf u=(s+1,t),\qquad \mathbf v=\bigl(s-r(s+2),\,2t-r(s+2)\bigr). \] عندئذ \[ \overrightarrow{EB}=-\frac{2}{s+2}\mathbf u, \qquad \overrightarrow{EK}=-\frac{1}{s+2}\mathbf v, \] فتكون الزاوية بين \(\mathbf u\) و \(\mathbf v\) هي بالضبط \(\angle BEK\).
لتكن \(P=\mathbf u\cdot\mathbf v\) و \(\Delta=\det(\mathbf u,\mathbf v)\). باستخدام \(s^2=1+t^2\) و \(2r=1+t-s\)، نحصل على \[ \begin{aligned} \Delta &=(s+2)\bigl(t+r(t-s-1)\bigr)\\ &=(s+2)t(t+1-s) =2tr(s+2)>0. \end{aligned} \] كذلك، بما أن \(r(s+t+1)=t\)، فإن \[ \begin{aligned} P &=s(s+1)+2t^2-r(s+2)(s+t+1)\\ &=1+3t^2+s-t(s+2). \end{aligned} \]
بالنسبة إلى الزاوية \(\theta\) بين هذين المتجهين، لدينا \(P=|\mathbf u||\mathbf v|\cos\theta\)، وبما أن \(\Delta>0\)، فإن \(\Delta=|\mathbf u||\mathbf v|\sin\theta\). إذن \[ \angle BEK=45^\circ\quad\Longleftrightarrow\quad P=\Delta. \] بالطرح والتحليل إلى عوامل نحصل على \[ \begin{aligned} P-\Delta &=1+3t^2+s-t(s+2)(t+2-s)\\ &=(t-1)\bigl(t^2+2t-1-(t+1)s\bigr). \end{aligned} \] وبالتالي، إما أن \(t=1\)، أو \[ t^2+2t-1=(t+1)\sqrt{1+t^2}. \] في الحالة الأخيرة، يعطي التربيع \[ 0=(t^2+2t-1)^2-(t+1)^2(1+t^2) =2t(t^2-3). \] وبما أن \(t>0\)، فهذا يقتضي \(t=\sqrt3\).
تستوفي كلتا القيمتين المرشحتين شرط الزاوية الأصلي: تجعل \(t=1\) العامل الأول في \(P-\Delta\) صفراً؛ وعند \(t=\sqrt3\)، يكون \(s=2\)، مما يجعل العامل الثاني صفراً. وفي كلتا الحالتين \(\Delta>0\)، فتكون الزاوية بالفعل \(45^\circ\).
أخيراً، في المثلث القائم \(ADC\)، \[ \tan\angle DAC=\frac1t, \qquad \angle CAB=2\angle DAC. \] إذن تعطي \(t=1\) الزاوية \(\angle CAB=90^\circ\)، بينما تعطي \(t=\sqrt3\) الزاوية \(\angle CAB=60^\circ\). وتقابل كل منهما مثلثاً غير منعدم، وبذلك يكتمل البرهان.
تمت مراجعة الحل بمقارنته بالحلول الرسمية لقائمة IMO المختصرة.